109 年 國立成功大學醫學資訊研究所《工程數學》

(a) 正合微分方程判別

判別條件：檢驗偏微分 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ 是否成立。

由已知 $M(x, y) = x^2 \cos x - y(x \tan x - 1)$ 及 $N(x, y) = -x$，計算各自偏微分：
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left[ x^2 \cos x - y(x \tan x - 1) \right] = 1 - x \tan x$
$\frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(-x) = -1$

因為 $\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x}$，故此微分方程非正合（Not Exact）。

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(b) 求通解 $y$

原微分方程：
$\left[ x^2 \cos x - y(x \tan x - 1) \right] dx - x dy = 0$

核心觀念

此題考查一階非線性微分方程中的 Bernoulli 方程：

$$y'+p(x)y=r(x)y^n,\qquad n\ge 2.$$

標準形式為

$$y'+P(x)y=Q(x)y^m.$$

其關鍵技巧是使用代換

$$u=y^{1-n},$$

將原本的非線性方程轉換成一階線性微分方程。

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解題方法

先處理平凡解。代入 $y\equiv 0$：

$$0+p(x)\cdot 0=r(x)\cdot 0^n,$$

等式成立，因此

$$y(x)\equiv 0$$

是原方程的一組解。

以下求非零解。在 $y\ne 0$ 的區間上，兩邊同除以 $y^n$：

$$y^{-n}y'+p(x)y^{1-n}=r(x).$$

令

$$u=y^{1-n}.$$

由鏈鎖律，

$$u'=(1-n)y^{-n}y'.$$

因此

$$y^{-n}y'=\frac{u'}{1-n}.$$

代回原式：

$$\frac{u'}{1-n}+p(x)u=r(x).$$

兩邊乘以 $1-n$，得到一階線性微分方程：

$$u'+(1-n)p(x)u=(1-n)r(x).$$

其積分因子為

$$\mu(x) = \exp\left(\int (1-n)p(x)\,dx\right).$$

乘上積分因子後：

$$\mu(x)u'+(1-n)p(x)\mu(x)u = (1-n)r(x)\mu(x).$$

左側可寫成乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\bigl[\mu(x)u(x)\bigr] = (1-n)r(x)\mu(x).$$

積分得

$$\mu(x)u(x) = (1-n)\int r(x)\mu(x)\,dx+C.$$

故

$$u(x) = \mu(x)^{-1} \left[ C+(1-n)\int r(x)\mu(x)\,dx \right].$$

再由 $u=y^{1-n}$，得到非零解：

$$y(x) = \left\{ \mu(x)^{-1} \left[ C+(1-n)\int r(x)\mu(x)\,dx \right] \right\}^{\frac{1}{1-n}},$$

其中

$$\mu(x) = \exp\left((1-n)\int p(x)\,dx\right).$$

核心觀念

本題是二階常係數非齊次微分方程：

$$4y''+36y=36\csc 3x.$$

需使用：

1. 齊次解的特徵方程法。
2. 參數變易法求非齊次特解。
3. 公式 $$W=y_1y_2'-y_1'y_2,$$ 其中 $W$ 為 Wronskian。

由於右側含有 $\csc 3x$，定義域必須滿足

$$\sin 3x\neq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x\neq \frac{k\pi}{3},\quad k\in\mathbb Z.$$

解題方法

先將方程式除以 $4$：

$$y''+9y=9\csc 3x.$$

一、求齊次解

先考慮齊次方程式：

$$y''+9y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+9=0,$$

因此

$$r=\pm 3i.$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1\cos 3x+C_2\sin 3x.$$

取基本解

$$y_1=\cos 3x,\qquad y_2=\sin 3x.$$

計算 Wronskian：

$$W= \begin{vmatrix} \cos 3x & \sin 3x\\ -3\sin 3x & 3\cos 3x \end{vmatrix}$$ $$=3\cos^2 3x+3\sin^2 3x=3.$$

二、利用參數變易法求特解

對標準形式

$$y''+9y=g(x),\qquad g(x)=9\csc 3x,$$

參數變易法給出

$$u_1'=-\frac{y_2g(x)}{W}, \qquad u_2'=\frac{y_1g(x)}{W}.$$

代入 $y_1,y_2,W$：

核心觀念

本題考查三角函數的 Laplace transform 基本公式：

$$\mathcal{L}\{\cos(at)\} =\frac{s}{s^2+a^2}, \qquad s>0$$

題目給定

$$y(t)=\cos\left(\frac{\pi}{4}t\right),$$

因此只需辨認出

$$a=\frac{\pi}{4}.$$

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解題方法

由 Laplace transform 定義，

$$\mathcal{L}\{y(t)\} =\int_0^\infty e^{-st}y(t)\,dt.$$

代入 $y(t)$：

$$\mathcal{L}\{y(t)\} =\int_0^\infty e^{-st} \cos\left(\frac{\pi}{4}t\right)\,dt.$$

利用公式

$$\mathcal{L}\{\cos(at)\} =\frac{s}{s^2+a^2},$$

並令

$$a=\frac{\pi}{4},$$

可得

$$\mathcal{L}\{y(t)\} = \frac{s}{s^2+\left(\frac{\pi}{4}\right)^2}.$$

整理分母：

核心觀念

本題考查：

• 部分分式分解。
• 基本反拉普拉斯變換公式：
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at}$
  $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-a)^2}\right\}=te^{at}$

因分母含有一次因式 $(s+1)$ 與重根因式 $(s-2)^2$，需設為

$$\frac{s}{(s+1)(s-2)^2} = \frac{A}{s+1}+\frac{B}{s-2}+\frac{C}{(s-2)^2}.$$

解題方法

將等式兩邊同乘 $(s+1)(s-2)^2$：

$$s=A(s-2)^2+B(s+1)(s-2)+C(s+1).$$

展開右式：

$$s=A(s^2-4s+4)+B(s^2-s-2)+Cs+C.$$

比較各次方係數：

$$\begin{cases} A+B=0,\\ -4A-B+C=1,\\ 4A-2B+C=0. \end{cases}$$

由 $A+B=0$ 得

$$B=-A.$$

代入後兩式：

$$-4A+A+C=1 \quad\Longrightarrow\quad -3A+C=1,$$ $$4A+2A+C=0 \quad\Longrightarrow\quad 6A+C=0.$$

因此

$$C=-6A.$$

代入 $-3A+C=1$：

$$-3A-6A=1 \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac{1}{9}.$$

故

觀念關鍵

本題為對稱型耦合常微分方程組，採用**複數組合法（Complex Combination Method）**定義 $z(t) = x(t) + i y(t)$，可將雙變數微分方程組轉化為單一複數二階常係數線性微分方程，解題最為快速精準。

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推導過程

1. 建立複數微分方程式

將第一個微分方程加上 $i$ 倍的第二個微分方程：
$(x'' + i y'') - i(\alpha + \beta)(x' + i y') - \alpha\beta (x + i y) = 0$

代入 $z(t) = x(t) + i y(t)$，整理得：
$z'' - i(\alpha + \beta)z' - \alpha\beta z = 0$

對應的初始條件為：
$z(0) = x(0) + i y(0) = 0$
$z'(0) = x'(0) + i y'(0) = 1$

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2. 求解特徵方程式

特徵方程式為：
$r^2 - i(\alpha + \beta)r - \alpha\beta = 0$

因式分解：
$(r - i\alpha)(r - i\beta) = 0$

解得特徵根 $r_1 = i\alpha$ 與 $r_2 = i\beta$（因 $\alpha \neq \beta$，根不重覆）。
故複數通解為：
$z(t) = C_1 e^{i\alpha t} + C_2 e^{i\beta t}$

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3. 代入初始條件求未定係數

$z(0) = C_1 + C_2 = 0 \implies C_2 = -C_1$
$z'(0) = i\alpha C_1 + i\beta C_2 = i(\alpha - \beta)C_1 = 1$

核心觀念

本題考查：

1. 特徵值與特徵向量。
2. 矩陣可對角化的判定：
   • 若 $n\times n$ 矩陣有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，則可對角化。
   • 若特徵多項式有 $n$ 個互異根，則必可對角化。
3. 若 $P$ 的各欄為特徵向量，則
   $P^{-1}AP=D$
   其中 $D$ 為對角矩陣。
4. 若矩陣可對角化，則多項式矩陣的行列式可由特徵值計算：
   $\det f(A)=\prod_i f(\lambda_i).$

以下在複數數域上討論可對角化性。

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一、矩陣 $A$ 的對角化

矩陣 $A$ 可寫成區塊形式：

$$A= \begin{bmatrix} C&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 0&1&1\\ 7&0&5\\ -4&0&2 \end{bmatrix}.$$

因此 $A$ 的特徵多項式為

$$\det(\lambda I-A) = \lambda\det(\lambda I-C).$$

計算 $C$ 的特徵多項式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-C) &= \det \begin{bmatrix} \lambda&-1&-1\\ -7&\lambda&-5\\ 4&0&\lambda-2 \end{bmatrix}\\ &=\lambda^3-2\lambda^2-3\lambda+34. \end{aligned}$$

所以

$$\chi_A(\lambda) = \lambda\left(\lambda^3-2\lambda^2-3\lambda+34\right).$$

令 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ 為方程式

$$\lambda^3-2\lambda^2-3\lambda+34=0$$

的三個根。此三根互異，且均不為 $0$。因此 $A$ 有四個互異特徵值：

$$0,\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3.$$

故 $A$ 可對角化。

特徵向量

對於 $\lambda_i$，解 $(C-\lambda_i I)v_i=0$。由第三列可取

$$v_i= \begin{bmatrix} \lambda_i-2\\ \lambda_i^2-2\lambda_i+4\\ -4 \end{bmatrix}.$$

將其延伸為 $4$ 維向量：

$$u_i= \begin{bmatrix} \lambda_i-2\\ \lambda_i^2-2\lambda_i+4\\ -4\\ 0 \end{bmatrix}.$$

而對應於特徵值 $0$ 的特徵向量可取

$$u_0= \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

因此令

$$P= \begin{bmatrix} 0&\lambda_1-2&\lambda_2-2&\lambda_3-2\\ 0&\lambda_1^2-2\lambda_1+4& \lambda_2^2-2\lambda_2+4& \lambda_3^2-2\lambda_3+4\\ 0&-4&-4&-4\\ 1&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

則

$$P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&\lambda_1&0&0\\ 0&0&\lambda_2&0\\ 0&0&0&\lambda_3 \end{bmatrix}.$$

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二、計算 $\det(A^4-5A^2+2I)$

令

$$f(x)=x^4-5x^2+2.$$

由 $A$ 的特徵值可得

$$\det f(A) = f(0)f(\lambda_1)f(\lambda_2)f(\lambda_3).$$

其中

$$f(0)=2.$$

設

$$p(x)=x^3-2x^2-3x+34.$$

對 $p(x)=0$ 的根，可使用

$$x^3=2x^2+3x-34$$

化簡 $x^4$：

$$\begin{aligned} x^4 &=x(2x^2+3x-34)\\ &=2x^3+3x^2-34x\\ &=7x^2-28x-68. \end{aligned}$$

因此

$$f(x)=x^4-5x^2+2 \equiv 2x^2-28x-66 =2(x^2-14x-33).$$

所以

$$\prod_{i=1}^3 f(\lambda_i) = 2^3\prod_{i=1}^3(\lambda_i^2-14\lambda_i-33).$$

令

$$q(x)=x^2-14x-33.$$

若 $\mu_1,\mu_2$ 為 $q(x)$ 的根，則

$$\mu_1+\mu_2=14, \qquad \mu_1\mu_2=-33.$$

在 $q(x)=0$ 下，有

核心觀念

• 向量相對於一組有序基底的座標，是表示該向量所需的線性組合係數。
• 線性映射的像空間可由基底向量的映射張成；零空間則由映射結果為零的輸入構成。
• 線性映射矩陣的每一欄，是定義域基底向量映射後，在值域基底下的座標。

解題方法與推導

(a) 求矩陣的 $A$ 座標

令

$$\begin{bmatrix}3&2\\4&5\end{bmatrix} =\alpha_1 A_1+\alpha_2 A_2+\alpha_3 A_3+\alpha_4 A_4.$$

比較矩陣的四個位置，可得

$$\alpha_2+\alpha_4=3,\qquad \alpha_1+\alpha_4=2,$$ $$\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=4,\qquad \alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=5.$$

由後兩式相減得 $\alpha_1=-1$。代回前兩式，得 $\alpha_4=3$、$\alpha_2=0$；再由最後一式得 $\alpha_3=2$。因此

$$\left[\begin{bmatrix}3&2\\4&5\end{bmatrix}\right]_A = \begin{bmatrix}-1\\0\\2\\3\end{bmatrix}.$$

(b) 求像空間的基底

對任意矩陣 $\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$，

$$T\left(\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\right) =(a+c)+(b+d)x+(c+d)x^2.$$

所以像空間包含於 $\operatorname{span}\{1,x,x^2\}$。而常數項、$x$ 項與 $x^2$ 項可分別獨立取得：例如輸入矩陣 $\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}$，其映射結果分別為 $1,x,x+x^2$；搭配前兩者可得 $x^2$。故

$$\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{1,x,x^2\},$$

其一組基底為 $\{1,x,x^2\}$。

(c) 求零空間的基底

令 $T\left(\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\right)=0$，比較多項式係數：

$$a+c=0,\qquad b+d=0,\qquad c+d=0.$$